高数考研习题及答案

一. 填空题 1. 已知解.

f(x)sinx,f[(x)]1x2,则(x)__________, 定义域为___________.

f[(x)]sin(x)1x2, (x)arcsin(1x2)

11x21, 0x22,|x|2

axa1xt2．设limtedt, 则a = ________. xxa解. 可得eatetdt=(tetet)aaeaea, 所以 a = 2.

3.

12nlim222=________. nnn1nn2nnn12n n2nnn2nnn2nn12n12n <2<2 2222nn1nn2nnnnn1nn1nn112n12n12n所以 << n2nnn2n1n2n2n2nnn2n1n(1n)12n12, (n) 22nnnnnn2n(1n)12n12, (n) n2n1n2n12解. 所以

12n1lim222=nnn1nn2nnn2|x|11, 则f[f(x)] _______. f(x)

|x|10

4. 已知函数

解. f[f(x)] = 1. 5.

lim(n3nnn)=_______.

n解.

lim(n3nnn)limn(n3nnn)(n3nnn)n3nnnn

=limn3nnnn3nnnn2

6. 设当x0时,f(x)ex1ax为x的3阶无穷小, 则a_____,b______.

1bx1

ex解.

klimx01axxxxx1bxlimebxe1axlimebxe1ax

x0x0x3x3(1bx)x3

exbexbxexalimx03x2ex2bexbxexlimx06x2x0 ( 1 )

( 2 )

由( 1 ): 由( 2 ):

lim(exbexbxexa)1ba0 lim(ex2bexbxex)12b0

x0

11b,a22

7.

11limcotx=______. x0sinxx解.

limcosxxsinxxsinx1cosxsinx1limlimlim 32x0sinxx0x0x0xsinxx3x6x6n1990A( 0  ), 则A = ______, k = _______. 8. 已知limknn(n1)k解.

n1990n1990limklimk1A nn(n1)knkn所以 k－1=1990, k = 1991;

二. 选择题

111 A，Akk19911. 设f(x)和(x)在(－, +)内有定义, f(x)为连续函数, 且f(x)  0, (x)有间断点, 则 (a) [f(x)]必有间断点 (b) [ (x)]2必有间断点 (c) f [(x)]必有间断点 (d)

(x)必有间断点 f(x)1|x|1解. (a) 反例 (x) , f(x) = 1, 则[f(x)]=1

|x|10(b) 反例

(x)|x|11 , [ (x)]2 = 1 1|x|11|x|1(c) 反例 (x) , f(x) = 1, 则f [(x)]=1

|x|10(d) 反设 g(x) =

(x)在(－, +)内连续, 则(x) = g(x)f(x) 在(－, +)内连续, 矛盾. 所以(d)是答案. f(x)2

2. 设函数

f(x)xtanxesinx, 则f(x)是

(a) 偶函数 (b) 无界函数 (c) 周期函数 (d) 单调函数 解. (b)是答案. 3. 函数

f(x)|x|sin(x2)x(x1)(x2)2在下列哪个区间内有界

(a) (－1, 0) (b) (0, 1) (c) (1, 2) (d) (2, 3) 解. limx1f(x),limf(x),f(0)x0sin2sin2 ,f(0)44 所以在(－1, 0)中有界, (a) 为答案.

x21x1时,函数e的极限 4. 当x1x1(a) 等于2 (b) 等于0 (c) 为 (d) 不存在, 但不为

11x21x1解. limelim(x1)ex1x1x1x101x10. (d)为答案.

x105. 极限lim352n1的值是 2222n122223n(n1)(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 不存在 解.

352n1 lim22222n12223n(n1)=lim1111111lim11, 所以(b)为答案. 222222n12n223n(n1)(n1)(x1)95(ax1)58, 则a的值为 6. 设limx(x21)50(a) 1 (b) 2 (c)

58 (d) 均不对

解. 8 =

(x1)95(ax1)5(x1)95/x95(ax1)5/x5lim=lim250xx(x1)(x21)50/x100(11/x)95(a1/x)5a5, a58, 所以(c)为答案. =lim250x(11/x)7. 设lim(x1)(x2)(x3)(x4)(x5)x(3x2), 则, 的数值为

(a)  = 1,  = 解. (c)为答案. 8. 设

111 (b)  = 5,  = (c)  = 5,  = 5333 (d) 均不对

f(x)2x3x2, 则当x0时

(a) f(x)是x的等价无穷小 (b) f(x)是x的同阶但非等价无穷小

3

(c) f(x)比x较低价无穷小 (d) f(x)比x较高价无穷小

解.

2x3x22xln23xln3limln2ln3, 所以(b)为答案. =limx0x0x19. 设lim(1x)(12x)(13x)a6, 则a的值为

x0x(a) －1 (b) 1 (c) 2 (d) 3 解.

lim(1x)(12x)(13x)a0, 1 + a = 0, a = －1, 所以(a)为答案.

x010. 设limatanxb(1cosx)cln(12x)d(1ex)2x02，其中a2c20, 则必有

(a) b = 4d (b) b =－4d (c) a = 4c (d) a =－4c

absinx2atanxb(1cosx)acosx解. 2 =lim=, 所以a =－4c, 所以(d)为答案. limx2x02x02c2ccln(12x)d(1e)2xdex12x

三. 计算题 1. 求下列极限

(1)

xlim(xe)x1x

解.

xlim(xex)limex1xln(xex)xeln(xex)xxlimexxee1e

xlim1ex(2)

lim(sinx21cos)x xx解. 令

y1 x1ln(sin2ycosy)ylim21xy0ylim(sincos)lim(sin2ycosy)=exy0xxey0lim2cos2ysinysin2ycosye2

(3)

1tanxlimx01sinx1tanxlimx01sinx1x3

11x3解.

tanxsinxlim1x01sinxtanxsinx1sinxtanxsinxx3

tanxsinxlim1x01sinxlimsinx(1cosx)x3(1sinx)x3limtanxsinxx0x3=e

sinx2sin2 =ex0=ex0limx3x2e12.

2. 求下列极限

4

(1)

limln(13x1)arcsin2x132x1

解. 当x1时,

ln(13x1)~3x1, arcsin23x21~23x21. 按照等价无穷小代换

3limln(13x1)arcsin2x132x1limx12x12x13lim11x123x1232

(2)

1lim2cot2x x0x解. 方法1：

1lim2cot2x0xsin2xx2cos21cos2xx=lim=lim22x0x2sin2xsinxx0xx 1(x21)cos2 =limx0x42xcos2x2(x21)cosxsinxx3=lim x04x2xcos2xsin2x2x2cosxsinxlim =lim

x0x04x34x32cos2x4xcosxsinx2cos2x1 =lim2x012x22cos2x2cos2x114cosxsinx4sin2x11lim =limx012x232x024x32 =lim方法2：

2sin2x111112

x024x3263231lim2cot2x0x2sin2xx2cos21cos2xx=lim22=limx0x2sin2xxsinxx02x 121(x1)(cos2x1)1(x1)cosx2  =lim=lim44x0x0xx12(2x)2(2x)41(x1)(110(x4)22!4! =lim4x0x11242x0(x4))1(2x2x22x224 =lim4x0x 5

24x23 =lim x0x433. 求下列极限 (1)

limnn(n1)

nlnnnxnnn11 lim(n1)limn 令nn1x limx0ln(1x)nlnnnlnn解.

(2)

1enxlimn1enx

解.

lim1en1enxnxx010 x0 1x0n(3)

nanblimn2nn, 其中a > 0, b > 0

1x解.

ablimn2limn

1cx1/n,cb/a alimx02xlimx0aeln(1cx)ln2x

=aeln(1cx)ln2xx0aex0limcxlnc1cxacabab a4. 设

2x2(1cosx)f(x)11xcost2dtx0x0x0x0

试讨论

f(x)在x0处的连续性与可导性.

x1x22costdt1costdtx0f(x)f(0)0x解. f'(0)lim limlim2x0x0x0xxx12xcosx21 limlim20

x0x02x2x2(1cosx)12f(x)f(0)2(1cosx)x2x f'(0)limlimlimx0x0x0xxx32sinx2x2(cosx1)lim0 lim2x0x06x3x

所以

f'(0)0, f(x)在x0处连续可导.

5. 求下列函数的间断点并判别类型

6

(1)

f(x)21211x1x

解.

f(0)limx021211x1x1, f(0)limx021211x1x1

所以x = 0为第一类间断点.

(2)

x(2x)x02cosxf(x)

1sinx0x21解. f(+0) =－sin1, f(－0) = 0. 所以x = 0为第一类跳跃间断点;

limf(x)limsinx1x11不存在. 所以x = 1为第二类间断点; 2x1

f()不存在, 而lim2x2x(2x),所以x = 0为第一类可去间断点;

2cosx2为第二类无穷间断点.

limxk2x(2x), (k = 1, 2, …) 所以x =k22cosx1xsinx0 在x = 0处的连续性. f(x)x x0xe6. 讨论函数

10时lim(xsin)不存在, 所以x = 0为第二类间断点;

x0x1 当0, lim(xsin)0, 所以

x0x解. 当

1时,在 x = 0连续, 1时, x = 0为第一类跳跃间断点.

7. 设f(x)在[a, b]上连续, 且a < x1 < x2 < … < xn < b, ci (I = 1, 2, 3, …, n)为任意正数,

则在(a, b)内至少存在一个, 使

f()c1f(x1)c2f(x2)cnc1c2cn.

证明: 令M =max{f1in(xi)}, m =min{f(xi)}

1in所以 m 

c1f(x1)c2f(x2)cnc1c2cnf() M

所以存在( a < x1    xn < b), 使得

c1f(x1)c2f(x2)cnc1c2cn

8. 设f(x)在[a, b]上连续, 且f(a) < a, f(b) > b, 试证在(a, b)内至少存在一个, 使f() = . 证明: 假设F(x) = f(x)－x, 则F(a) = f(a)－a < 0, F(b) = f(b)－b > 0 于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使f() = .

7

9. 设f(x)在[0, 1]上连续, 且0  f(x)  1, 试证在[0, 1]内至少存在一个, 使f() = . 证明: (反证法) 反设x[0,1],(x)f(x)x0. 所以(x)f(x)x恒大于0或恒小于0. 不妨设

0x1x[0,1],(x)f(x)x0. 令mmin(x), 则m0.

因此x[0,1],(x)f(x)xm. 于是f(1)1m0, 矛盾. 所以在[0, 1]内至少存在一个, 使f() = .

10. 设f(x), g(x)在[a, b]上连续, 且f(a) < g(a), f(b) > g(b), 试证在(a, b)内至少存在一个, 使

f() = g().

证明: 假设F(x) = f(x)－g(x), 则F(a) = f(a)－g(a) < 0, F(b) = f(b)－g(b) > 0 于是由介值定理在(a, b)内至少存在一个, 使f() = . 11. 证明方程x5－3x－2 = 0在(1, 2)内至少有一个实根. 证明: 令F(x) = x5－3x－2, 则F(1) =－4 < 0, F(2) = 24 > 0 所以 在(1, 2)内至少有一个, 满足F() = 0. 12. 设f(x)在x = 0的某领域内二阶可导, 且limf(x)3sin3xf(x)0limf(0),f'(0),f''(0), 求及. 322x0x0xxx解.

sin3xf(x)sin3xxf(x)sin3xf(x)xlim32limlim0. 所以 32x0x0x0xxxxsin3xlimf(x)0. f(x)在x = 0的某领域内二阶可导, 所以f(x),f'(x)在x = 0连续. 所以f(0) = －3. 因为 x0x

sin3xsin3xf(x)3f(x)3x lim0, 所以 0, 所以limx22x0x0xxsin3x3f(x)3xlim3xsin3xlim33cos3x

limlimx0x0x0x0x2x2x33x23sin3x9 =lim

x02x2f(x)f(0)f(x)3f(x)39 f'(0)limlimlimx00

x0x0x0x0xx22f(x)39, 将f(x)台劳展开, 得 由lim2x0x21f(0)f'(0)xf''(0)x20(x2)31992!f''(0) lim, 所以, 于是 2x022x2f''(0)9.

(本题为2005年教材中的习题, 2008年教材中没有选入. 笔者认为该题很好, 故在题解中加入此题)

第二章 导数与微分

一. 填空题 1 . 设解.

f(x0kx)f(x0)1f'(x0), 则k = ________.

x0x3f(x0kx)f(x0)11klimf'(x0), 所以kf'(x0)f'(x0) x0kx33lim8

所以

k1 3xy2. 设函数y = y(x)由方程e解.

cos(xy)0确定, 则

dy______. dxexy(1y')(yxy')sinxy0, 所以

ysinxyexyy'xyexsinxy

3. 已知f(－x) =－f(x), 且解. 由f(－x) =－f(x)得所以

f'(x0)k, 则f'(x0)______.

f'(x)f'(x), 所以f'(x)f'(x)

f'(x0)f'(x0)k

f(x0mx)f(x0nx)_______.

x0xf(x0mx)f(x0)f(x0)f(x0nx)解. lim

x0xf(x0mx)f(x0)f(x0nx)f(x0) =mlim+nlim=(mn)f'(x0)

x0x0mxnx1x(n)(x)= _______. 5. f(x), 则f1x4. 设f(x)可导, 则

lim解.

1x1x(1)121!(1)k2k!(k)f'(x), 假设f, 则

(1x)2(1x)11(1x)k1f(k1)

(1)k12(k1)!(1)n2n!(n), 所以f k11n1(1x)(1x)6. 已知

d111f', 则f_______. 2dxxx2, 所以

解.

112f'23xxx1f'2xx22. 令x2 = 2, 所以

1f'21 x7. 设f为可导函数, 解.

ysin{f[sinf(x)]}, 则

dy_______. dxdyf'(x)cosf(x)f'[sinf(x)]cos{f[sinf(x)]} dx2xy8. 设y = f(x)由方程e解. 上式二边求导e

cos(xy)e1所确定, 则曲线y = f(x)在点(0, 1)处的法线方程为_______.

2xy(2y')(yxy')sin(xy)0. 所以切线斜率

ky'(0)2. 法线斜率为

12, 法线方程为

y11x, 即 x－2y + 2 = 0. 29

二. 选择题

1. 已知函数f(x)具有任意阶导数, 且(a) 解.

f'(x)[f(x)]2, 则当n为大于2的正整数时, f(x)的n阶导数是

n![f(x)]n1 (b) n[f(x)]n1 (c) [f(x)]2n (d) n![f(x)]2n f''(x)2f(x)f'(x)2![f(x)]3, 假设f(k)(x)=k![f(x)]k1, 所以

f(k1)(x)=(k1)k![f(x)]kf'(x)(k1)![f(x)]k2, 按数学归纳法 f(n)(x)=n![f(x)]n1对一切正整数成立. (a)是答案.

2. 设函数对任意x均满足f(1 + x) = af(x), 且

f'(0)b, 其中a, b为非零常数, 则

f'(1)a

(a) f(x)在x = 1处不可导 (b) f(x)在x = 1处可导, 且(c) f(x)在x = 1处可导, 且

f'(1)b (d) f(x)在x = 1处可导, 且f'(1)ab

解. b =

11f(1x)f(1)f(x)f(0)1a=limaf'(0)limf'(1), 所以f'(1)ab. (d)是答案 x0x0x0xaf(x)可导, 不能对于f(1x)af(x)二边求导.

注: 因为没有假设

3. 设

f(x)3x3x2|x|, 则使f(n)(0)存在的最高阶导数n为

(a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 解.

4x3x024xx0. f''(x) f(x)3

x012xx02x

f'''(0)limf''(x)f''(0)24x0lim24

x0x0x0xf''(x)f''(0)12x0f'''(0)limlim12

x0x0x0xydy等于

x0xlim所以n = 2, (c)是答案.

4. 设函数y = f(x)在点x0处可导, 当自变量x由x0增加到x0 + x时, 记y为f(x)的增量, dy为f(x)的微分, (a) －1 (b) 0 (c) 1 (d)  解. 由微分定义y = dy + o(x), 所以

ydyo(x)lim0. (b)是答案.

x0x0xxlim5. 设

12xsinx0 在x = 0处可导, 则 f(x)xx0axb(a) a = 1, b = 0 (b) a = 0, b为任意常数 (c) a = 0, b = 0 (d) a = 1, b为任意常数 解. 在x = 0处可导一定在x = 0处连续, 所以

x0limx2sin1lim(axb), 所以b = 0. xx0 10

f'(0)f'(0), limx0x2sin1xlimax, 所以 0 = a. (c)是答案.

x0xx三. 计算题 1.

yln[cos(103x2)]，求y'

解.

sin(103x2)6x2y'6xtan(103x) 2cos(103x)2. 已知f(u)可导,

yf[ln(xax2)]，求y'

2x1xax22ax21 解.

y'f'[ln(xax2)] =

f'[ln(xax2)]axyt2x2002

3. 已知解.

2edtcostdtsiny2, 求y'.

eyy'2xcosx22yy'cosy2 y'2xcosx2ey2

2ycosy2

4. 设y为x的函数是由方程lnx2y2arctany确定的, 求y'. x解.

y'xy22x2yy'x2222y2xy2xy12xxyy'y'xy, 所以y'

xy

xy四. 已知当x  0时, f(x)有定义且二阶可导, 问a, b, c为何值时

f(x)x0 F(x)2axbxcx0limF(x)limF(x), 所以c = f(－0) = f(0);

x0二阶可导. 解. F(x)连续, 所以

x0因为F(x)二阶可导, 所以F'(x)连续, 所以b =

f'(0)f'(0), 且

x0f'(x)F'(x)

2axf'(0)x0F''(0)存在, 所以F''(0)F''(0), 所以

11

2axf'(0)f'(0)f'(x)f'(0)lim2a, 所以

x0x0xx1af''(0)

2limx2f(x)，求f(n)(0). 21x五. 已知

解.

f(x)1f(n)1111 21x21x

1n!1(1)n(x)2(1x)n12(1x)n1

f(2k1)(0)0, k = 0, 1, 2, … f2k(0)n!, k = 0, 1, 2, …

六. 设

yxlnx, 求f(n)(1).

解. 使用莱布尼兹高阶导数公式

f(n)(x)x(lnx)(n)n(lnx)(n1)x(1)n1n2(n1)!n2(n2)! n(1)nn1xx

=(1)n1(n1)n2(n2)!(1)(n2)!n1xn1xn1x所以

f(n)(1)(1)n2(n2)!

第三章 一元函数积分学(不定积分)

一. 求下列不定积分: 1.

11xln1x21xdx

解.

11x11x1x11xlndxlndlnlnc 1x21x21x1x41x222.

11x1x1x11xarctandxarctandarctanarctanc 1x21x1x1x21xcosxsinx11sinx(1cosx)21cosxdx

3.

解.

cosxsinx11sinx1sinx1sinx11sinxdxc (1cosx)21cosx1cosxd1cosx21cosxdx 8x(x1)24.

 12

1解. 方法一: 令x,

tdxt7dt18dtln(1t)c 8811x(x1)t1881tt11ln18c 8x1t2 =

方法二:

dxx7dx171x(x8x81)dx x(x81)x8(x81)dx1d(1x8)1118ln|x|ln(1x)cln1 ==c

8x8x81x88111(1sinxcosx)(sinxcosx)1sinx222dx

5．

1sinxcosxdx1sinxcosx11cosxsinx11 dxdxdx

221sinxcosx21sinxcosx11d(1sinxcosx)11 xdx

xx221sinxcosx22x2sincos2cos2221111x xln|1sinxcosx|dtan

x2222tan12111x xln|1sinxcosx|ln|tan1|c

2222二. 求下列不定积分: 1.

(x1)dx2x2x22

解.

(x1)2dt2dxd(x1)cost

令x1tant tan2tsectx22x2(x1)2(x1)21costdt1x22x2cc =sin2tsintx12.

xdx41x2

解. 令x = tan t,

x4dt2dxcos3tdsintdsint11costdtc 444232tantsectsintsintsint3sintsint1x 13

211x =3x21xc

x33.

(2xdx21)1x2

解. 令x

tant

dx

sec2tcostdsintdtdt(2x21)1x2(2tan2t1)sect2sin2tcos2t1sin2tcarctanx1x2 =arctansintc

4.

x2dxaxx2dx22 (a > 0)

解. 令x

asint

a2sin2tacostdt1cos2t11a2dta2ta2sin2tc

acost224a2x2xxarcsin2aaa2x2c

a2 =

25.

(1x2)3dx

解. 令x

sint

(1cos2t)212cos2tcos22t(1x)dxcostdtdtdt

44234111311tsin2t(1cos4t)dttsin2tsin4tc 4488432311 =arcsinxsin2t(1cos2t)c

844 =

31412sin2t)c =arcsinx2sintcost(844 =

31arcsinxx1x2(52x2)c 886.

x21dx 4x解. 令x1 t1t2t21t41222dtt1tdt 令tsinusinucosudu t14

x21dx4x

(x21)313 =cosucc 333x7.

xx12x12dx

解. 令

xsect,dxsecttantdt x12

xx21dxsect1secttantdt(1cost)dttsintc 2secttant

1arccosxx21c x三. 求下列不定积分:

1.

e3xexe4xe2x1dx

e3xexexexd(exex)xxdxdxarctan(ee)c e4xe2x1e2x1e2x(exex)21解.

2.

dx2x(14x)

2x, dx解. 令tdt tln2

dxdt1111arctantdtc 222x(14x)t2(1t2)ln2ln21ttln2ln2t =

四. 求下列不定积分: 1.

1(2xarctan2x)c ln2x5(x2)100dx

x51x55599dxxd(x2)x4(x2)99dx 99(x2)1009999(x2)99解.

x55x454398x(x2)dx =999899(x2)9998(x2)9998x55x454x3543x2 =99(x2)999998(x2)999897(x2)9799989796(x2)96

5432x5432c 95949998979695(x2)9998979695(x2)15

2.

xdx1x4

解.

1dt2dxtdt1dt2t令x1/t4442x1x1t11t1(t2)2tt4

1sec2u111x4令ttanuduln|tanusecu|clnc

2secu22x22

五. 求下列不定积分: 1.

2xcosxdx 解.

2xcosxdx 2.

3secxdx

1121x(1cos2x)dxxxdsin2x 244111x2xsin2xsin2xdx 444111x2xsin2xcos2xc 448解.

sec3xdxsecxdtanxsecxtanxtanxsecxtanxdx

23(secx1)secxdxsecxtanxln|secxtanx|secxdx

=secxtanx

3secxdx11secxtanxln|secxtanx|c 223.

(lnx)3x2dx

(lnx)3113(lnx)233x2dx(lnx)dxx(lnx)x2dx

(lnx)33(lnx)26lnx(lnx)33(lnx)26lnx62dx2dx

xxxxxxx(lnx)33(lnx)26lnx6c

xxxx解.

4.

cos(lnx)dx

cos(lnx)dxxcos(lnx)sin(lnx)dxx[cos(lnx)sin(lnx)]cos(lnx)dx

解.



cos(lnx)dxx[cos(lnx)sin(lnx)]c 216

xcos45.

x2dx18sin3xxcos4sin3x2

1xsin28xxcos322x1xx1x1xsin2dxsin2cotc 24228242dx1112x2x2xxdsinxsinsindx 828282六. 求下列不定积分:

1.

xln(x1x2)dx

(1x2)2xln(x1x2)112dxln(x1x)d(1x2)221x211111ln(x1x2)dx 21x221x21x2

解.

 =

ln(x1x2)1112sectdt 令xtant 222(1x)21tantsectln(x1x2)1cost =dt

2(1x2)212sin2tln(x1x2)1d2sint = 222(1x)2212sintln(x1x2)112sint =lnc

2(1x2)4212sintln(x1x2)11x22x =lnc 222(1x)421x2x2.

xarctanx1x2dx

解.

xarctanx1x2dxarctanxd1x1xarctanx11x2221x2dx 21x =

1x2arctanxdx1x2arctanxln(x1x2)c

3.

arctanexe2xdx

arctanex112x12xexx2xxe2xdx2arctanede2earctane2e1e2xdx

解.

17

12x1ex12x11xxearctanedxearctanedx 2xx2x221e22e(1e)

12x11ex12xxxxearctane(x)dx(earctaneearctanx)c 2x22e1e2七. 设

xln(1x2)3x0 , 求f(x)dx. f(x)2xx0(x2x3)e(xln(1x2)3)dxf(x)dx

2x(x2x3)edx解.



121222x0xln(1x)[xln(1x)]3xc 22x02x(x4x1)ec1考虑连续性, 所以

c =－1+ c1, c1 = 1 + c

12122xln(1x)[xln(1x2)]3xcx0f(x)dx2 2x02x(x4x1)e1cf'(ex)asinxbcosx, (a, b为不同时为零的常数), 求f(x).

八. 设

解. 令t

ex，xlnt, f'(t)asin(lnt)bcos(lnt), 所以

f(x)[asin(lnx)bcos(lnx)]dx

=

x[(ab)sin(lnx)(ba)cos(lnx)]c 2九. 求下列不定积分: 1.

x323x(2x3)dx

(2x3)dx332x23x解.

3x23x3x3xd(x3)c

ln3222.

(3x22x5)(3x1)dx

2323解.

1(3x2x5)(3x1)dx(3x22x5)2d(3x22x5) 21(3x22x5)2c 55

18

3.

ln(x1x2)1x2dx

12ln(xx21)c 2解.

ln(x1x2)1x2dxln(xx21)dln(xx21)

4.

(1xxdx2x1)ln(1x1)xdx222解.

(1xx21)ln(1x21)dln(1x21)ln(1x21)ln|ln(1x21)|c

十. 求下列不定积分: 1.

xarctanx(1x2)dx

xarctanx1arctanx1221dxd(1x)arctanxd(1x) 22(1x2)22(1x)21arctanx111arctanx11darctanxdx

21x221x221x22(1x2)2解.

令xtant1arctanx11arctanx11cos2t2costdtdt 2221x221x221arctanx111aextanx11tsin2tcarctanxsintcostc

21x24821x2441aextanx11xarctanxc 2221x441xxdx 1xxt,1x则xtan2t

2.

arcsin解. 令arcsin

arcsinxdxtdtan2tttan2ttan2tdtttan2ttanttc 1xxxxxarcsinc(1x)arcsinxc 1x1x1x

xarcsin3.

arcsinx1x2x21x2dx解.

arcsinx1x2x21x2dx令xsintt1sin2t2costdtt(csct1)dt sin2tcost

1tcottdttdttcottcottdtt2c

219

1tcottln|sint|t2c

21x21arcsinxln|x|(arcsinx)2c

x2

4.

arctanxx2(1x2)dx

arctanxx2(1x2)dx令xtantt22sectdtt(csct1)dt tan2tsec2t解.

11tcsc2tdttdttdcottt2tcottcotdtt2

22

1arctanxx1tcottln|sint|t2cln||(arctanx)2c

2x21x2

arctanx1x212ln(arctanx)c 2x21x2十一. 求下列不定积分: 1.

32x4xdx 32332x4xdx令x2sint8sint2cost2costdt32sintcostdt 解.

32(1cos2t)cos2tdtdcost41(4x2)2(4x2)2c

35353232cos3tcos5tc 35

2.

x2a2x

解.

x2a2令xasectxatant1cos2tasectasecttantdtacos2tdt

aatantatcx2a2aarccosc

x2x3.

ex(1ex)1edx

t(1t)dt1t1sinudt令tsinu1t2t1t2cosucosudu

解.

ex(1ex)1e2xdx令ext

ucosucarcsinex1e2xc

xdx (a > 0)

2ax20

4.

x解.

xu424xdx 8asin令ux令u2asint2du2axtdt 2au22(1cos2t)2dt2a2(12cos2tcos22t)dt =8a41cos4ta422dt3at2asin2tsin4tc =2at2asin2t2a24222 =3a =3a2t4a2sintcosta2sintcost(12sin2t)c

2t3a2sintcost2a2sin3tcostc arcsinxx2axx3a22a22a2a2a2ax3ax2a2x(2ax)c

x2axc

2a2a =3a2 =3a2arcsin十二. 求下列不定积分: 1.

sinxdx1cosx

解.

sinxdx1cosxsinxdxsin2x1cosxd(1cosx)sin2x1cosx2d1cosx

1cos2x

令1cosxu2dudu2u2(2u2)

1(u21)2

(11112u)duln||c 22u22u2u2u1122ln|21cosx21cosx|c

1cosx2sinx2cosxdx 2sinx1d(2cosx)dx2dx解. 

2cosx2cosx2cosx2dt2x2dt1tt 2ln|2cosx|2 令tan3t2ln|2cosx|

21t221t22. =

4t41xarctanln|2cosx|carctan(tan)ln|2cosx|c

233333.

sinxcosxsinxcosxdx

21

解.

sinxcosx112sinxcosx1dxdx sinxcosx2sinxcosx1(sinxcos)21111dx(sinxcosx)dxdx =2sinxcosx22sinxcosx)124 =(sinxcosx)24sin(x)4 =

d(x12x(sinxcosx)ln|tan()|c 2428十三. 求下列不定积分: 1.

x1xxdx

解.

x1xxdx令xt32d(1t3)4dt1t3c

331t31t32t2

41x2c

32.

ex1dx

ex1ex1ex1xdxdx令esecte2x1ex1sect1tanttantdt(sect1)dt

解.

1ln|secttant|tcln(exe2x1)arccosxc

e3.

x1arctanx1dx

xarctanx1,tantx1,xsec2t,dx2sec2ttant

解. 令t

ttantx1arctanx11cos2t22dx2secttantdt2ttantdt2tdt 22xsectcost

2tdt2tdt2tdtantt22ttant2tantdtt2 2cost2ttant2ln|cost|t2c

2x1arctanx1ln|x|(arctanx1)2c

第三章 一元函数积分学(定积分)

b一．若f(x)在[a，b]上连续, 证明: 对于任意选定的连续函数(x), 均有

af(x)(x)dx0, 则f(x)  0.

证明: 假设f() 0, a <  < b, 不妨假设f() > 0. 因为f(x)在[a，b]上连续, 所以存在 > 0, 使得在[－,  + ]上f(x) > 0.

22

令m =

xbminf(x). 按以下方法定义[a，b]上(x): 在[－,  + ]上(x) =2(x)2, 其它地方(x) = 0. 所以

baf(x)(x)dxf(x)(x)dxm220.

和

af(x)(x)dx0矛盾. 所以f(x)  0.

二. 设为任意实数, 证明:

112I2dxdx=. 01(cotx)01(tanx)4证明: 先证:

20f(sinx)dxf(sinx)f(cosx)4=

20f(cosx)dx

f(sinx)f(cosx)令 t =

2

x, 所以



20f(sinx)dxf(sinx)f(cosx)02f(cost)d(t)

f(cost)f(sint) = 于是

20f(cost)dtf(cost)f(sint)20f(cosx)dx

f(cosx)f(sinx)220f(sinx)dxf(sinx)f(cosx)20f(sinx)dxf(sinx)f(cosx)

20f(cosx)dx

f(cosx)f(sinx)=

20f(sinx)f(cosx)dx2dx0f(sinx)f(cosx)2所以

20f(sinx)dxf(sinx)f(cosx)420=

20f(cosx)dx.

f(sinx)f(cosx)所以

I1dx201(tanx)1sinx1cosx.

dx20(cosx)

(cosx)(sinx)4同理

I201dx1(cotx)4三．已知f(x)在[0，1]上连续, 对任意x, y都有|f(x)－f(y)| < M|x－y|, 证明

1nkMf0f(x)dxnn2nk11knk1k1nn

证明:

10f(x)dxf(x)dx,

1nkf()nk1nknk1k1nnkf()dx n 23

n1nkknf(x)dxf()|f(x)f()dx|k10nk1nnk1n1k

knk1k1nnnnkkf(x)f()dxkn1M(x)dxnnk1nk

M

knk1k1nMkxdx2n1M22nk1nn四. 设In4tannxdx, n为大于1的正整数, 证明:

011In.

2(n1)2(n1)证明: 令t =tanx, 则In'40tntanxdxdt

01t2n1因为

1t2t2221t(1t)> 0, (0 < t < 1). 所以

t11 221t112于是

n1t11n11n1tdtdttdt

01t22020立即得到

111In.

2(n1)2n2(n1)

五. 设f(x)在[0, 1]连续, 且单调减少, f(x) > 0, 证明: 对于满足0 <  <  < 1的任何 , , 有 证明: 令F(x)f(x)dxf(x)dx

0xf(t)dtf(t)dt (x  ), F()f(t)dt0.

0x0F'(x)f(t)dtf(x)00[f(t)f(x)]dt0, (这是因为t  , x  , 且f(x)单减).

0所以

F()F()0, 立即得到f(x)dxf(x)dx

六. 设f(x)在[a, b]上二阶可导, 且

f''(x)< 0, 证明:

baabf(x)dx(ba)f

2证明: x, t[a, b],

f(x)f(t)f'(t)(xt)f''()(xt)2f(t)f'(t)(xt) 2!令tabababab , 所以f(x)ff'x

2222二边积分

babbabababf(x)dxfdxf'xdx aa222 24

=(ba)

abf.

2七. 设f(x)在[0, 1]上连续, 且单调不增, 证明: 任给  (0, 1), 有

0f(x)dxf(x)dx

01证明: 方法一: 令F(x)(或令F(x)

f(t)dtf(t)dt

00x0xxxf(t)dtf(t)dt)

0F'(x)f(x)f(x)0, 所以F(x)单增;

又因为F(0) = 0, 所以F(1)  F(0) = 0. 即

f(t)dtf(t)dt0, 即

0011

0f(x)dxf(x)dx

01方法二: 由积分中值定理, 存在[0, ], 使由积分中值定理, 存在[, 1], 使

10f(x)dxf();

f(x)dxf()(1)

因为

,所以f()f().

1所以

f(x)dxf(x)dxf(x)dx2f()f()(1)

001

2f()f()(1)f()f(x)dx

0八. 设f(x)在[a, b]上连续,

f'(x)在[a, b]内存在而且可积, f(a) = f(b) = 0, 试证:

1b |f(x)||f'(x)|dx, (a < x < b)

2a证明:

|f'(x)|f'(x)|f'(x)|, 所以

xx 即

|f'(t)|dtf(x)f(a)|f'(t)|dt,

aa|f'(t)|dtf(x)|f'(t)|dt;

aaxx|f'(t)|dtf(b)f(x)|f'(t)|dt

xxbb即

|f'(t)|dtf(x)|f'(t)|dt

xxbb所以

|f'(t)|dt2f(x)|f'(t)|dt

aabb即

|f(x)|1b|f'(x)|dx, (a < x < b) a225

九. 设f(x)在[0, 1]上具有二阶连续导数

f''(x), 且f(0)f(1)0，f(x)0, 试证:

10f''(x)dx4

f(x)证明: 因为（0，1）上f(x)  0, 可设 f(x) > 0

因为f(0) = f(1) = 0 x0  (0,1)使 f(x0) =

max (f(x))

0x1所以

1011f''(x)f''(x)dx （1） dx>0f(x0)f(x)在（0，x0）上用拉格朗日定理

f'()f(x0） (0,x0) x0在（x0, 1）上用拉格朗日定理

f'()所以

f(x0) (x0,1)

1x010f''(x)dxf''(x)dxf''(x)dxf'()f'()

f(x0)4f(x0)x0(1x0)（因为(ab2)ab） 2所以

11f''(x)dx4 0f(x0)由（1）得



10f''(x)dx4

f(x)十. 设f(x)在[0, 1]上有一阶连续导数, 且f(1)－f(0) = 1, 试证: 证明:

十一. 设函数f(x)在[0, 2]上连续, 且

[f'(x)]01012dx1

110010[f'(x)]2dx2222[f'(x)]dx1dx(f'(x)1dx)(f(1)f(0))1 20f(x)dx= 0, xf(x)dx= a > 0. 证明:    [0, 2], 使|f()|  a.

0222解. 因为f(x)在[0, 2]上连续, 所以|f(x)|在[0, 2]上连续, 所以   [0, 2], 取使|f()| = max |f(x)| (0  x  2)使|f()|  |f(x)|. 所以

a|(x1)f(x)dx||x1||f(x)|dx|f()||x1|dx|f()|

000226

第三章 一元函数积分学(广义积分)

一. 计算下列广义积分: (1)

2xex(e1)130dx (2)

01dx (3)

(x21)(x24)1xx120dx(1x)arctanx323

2(4)

sin(lnx)dx (5)

0112dx (6)

(1x)2dx

2解. (1)

2xex(e1)130dxlim02d(ex1)(e1)x13dx232(e1)3 2(2)

011b11dxlimdx0x21b3(x21)(x24)x2412

(3)

dx(1x)x3232

因为lim1(1x)3232x1, 所以dx(1x)2320积分收敛.所以

dx(1x)12=2

202sect22dt22costdt2 令xtant330sect0(1x2)2dx(4)

sin(lnx)dxlimsin(lnx)dxlim010011(xsin(lnx)xcos(lnx)) 221(5)

11xx212dx23secttantdt

secttant3(6)

arctanx(1x)2320dx20tsec2t2dttcostdt1 0sec3t2第四章 微分中值定理



一. 设函数f(x)在闭区间[0, 1]上可微, 对于[0, 1]上每一个x, 函数f(x)的值都在开区间(0, 1)内, 且有且仅有一个x, 使f(x) = x.

证明: 由条件知0 < f(x) < 1. 令F(x) = f (x)－x, 于是F(0) > 0, F(1) < 0,

f'(x)1, 证明: 在(0, 1)内

所以存在  (0, 1), 使F() = 0. 假设存在1, 2  (0, 1), 不妨假设2 < 1, 满足f(1) = 1, f(2) = 2. 于是 1－2 = f(1)－f(2) =

二. 设函数f(x)在[0, 1]上连续, (0, 1)内可导, 且3f'()(12). (2 <  < 1). 所以f'()1, 矛盾.

123f(x)dxf(0). 证明: 在(0, 1)内存在一个, 使f'()0.

27

证明:

22f(0)32f(x)dx3f(1)(1)f(1), 其中1满足11.

3331由罗尔定理, 存在, 满足0 <  < 1, 且

f'()0.

三．设函数f(x)在[1, 2]上有二阶导数, 且f(1) = f(2) = 0, 又F(x) =(x－1)2f(x), 证明: 在(1, 2)内至少存在一个, 使 证明: 由于F(1) = F(2) = 0, 所以存在1, 1 < 1 < 2, 满足F'(1)满足1 <  < 1, 且

四. 设f(x)在[0, x](x > 0)上连续, 在(0, x)内可导, 且f(0) = 0, 试证: 在(0, x)内存在一个, 使证明: 令F(t) = f(t), G(t) = ln(1+t), 在[0, x]上使用柯西定理

F''()0.

0. 所以F'(1)F'(1)0.所以存在,

F''()0.

f(x)(1)ln(1x)f'().

F(x)F(0)F'(),   (0, x)

G(x)G(0)G'()f(x)(1)f'(), 即f(x)(1)ln(1x)f'().

ln(1x)所以

五. 设f(x)在[a, b]上可导, 且ab > 0, 试证: 存在一个  (a, b), 使

bn1baf(a)an[nf()f'()]n1 f(b)xnf(x). 在[a, b]上使用拉格朗日定理 f()n证明: 不妨假设a > 0, b > 0. 令F(x)

bnf(b)anf(a)[nn1f'()](ba)

六. 设函数f(x), g(x), h(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 证明:存在一个  (a, b), 使

f(a)

g(a)g(b)h(a)h(b)0

f(b)f'()g'()h'()f(a)g(a)h(a)证明: 令F(x)f(b)g(b)h(b), 则F(a) = F(b) = 0, 所以存在一个  (a, b), 使

f(x)g(x)h(x)f(a)

g(a)g(b)h(a)h(b)0

F'()f(b)f'()g'()h'()

七. 设f(x)在[x1, x2]上二阶可导, 且0 < x1 < x2, 证明:在(x1, x2)内至少存在一个, 使

28

e11ex1ex2f(x1)xex2f(x2)f()f'()

证明: 令F(x)exf(x)，G(x)ex, 在[x1, x2]上使用柯西定理. 在(x1, x2)内至少存在一个, 满足

e1F(x2)F(x1)1x1G(x2)G(x1)eex2f(x1)xex2f(x2)f()f'().

八. 若x1x2 > 0, 证明: 存在一个  (x1, x2)或(x2, x1), 使

x1ex2x2ex1(1)e(x1x2)

ex1，G(x), 在[x1, x2]上使用柯西定理. 在(x1, x2)内至少存在一个, 满足 证明: 不妨假设0 < x1 < x2. 令F(x)xx

ex2ex1eeF(x2)F(x1)x2x12111G(x2)G(x1)2x2x1x1ex2x2ex1(1)e(x1x2).

立即可得

九. 设f(x), g(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导, 且f(a) = f(b) = 0, g(x)  0, 试证: 至少存在一个  (a, b), 使

f'()g()g'()f()

证明: 令F(x)f(x), 所以F(a) = F(b) = 0. 由罗尔定理至少存在一个  (a, b), 使 g(x) 于是

F'()0,

f'()g()g'()f().

十. 设f(x) 在[a, b]上连续

(0ab),在(a, b)内可导, 证明在(a, b) 存在,使f'()2f'()ab.

解. 对

f(x)及G(x)1使用柯西定理: x

f(b)f(a)f'()2f'(),((a,b))

111ab2f(b)f(a)2f'()

baab 所以

对左端使用拉格朗日定理:

29

f(b)f(a)2f'()f'(),((a,b))

baabf'() 即

2f'()ab,(,(a,b))

第五章 一元微积分的应用

一. 选择题

1. 设f(x)在(－, +)内可导, 且对任意x1, x2, x1 > x2时, 都有f(x1) > f(x2), 则 (a) 对任意x,

f'(x)0 (b) 对任意x, f'(x)0

(c) 函数f(－x)单调增加 (d) 函数－f(－x)单调增加 解. (a) 反例:

f(x)x3, 有f'(0)0; (b) 反例:f(x)x3; (c) 反例:f(x)x3,f(x)x3 单调减少; 排除(a), (b), (c)

后, (d)为答案. 具体证明如下:

令F(x) = －f(－x), x1 > x2, －x1 < －x2. 所以F(x1) =－f(－x1) > －f(－x2) = F(x2).

12. 曲线

yex2x2x1的渐近线有 arctan(x1)(x2)(a) 1条 (b) 2条 (c) 3条 (d) 4条

1解.

limexx2x2x1arctan,(x1)(x2)4x2x1arctan,(x1)(x2)所以y4为水平渐近线;

1

limexx02所以x0为铅直渐近线;

11

x1limex2x2x1arctan,(x1)(x2)limex2x2x2x1arctan(x1)(x2)

所以只有二条渐近线, (b)为答案. 3. 设f(x)在[－, +]上连续, 当a为何值时, (a) (c) 解.

F(a)[f(x)acosnx]2dx的值为极小值.

f(x)cosnxdx (b)

1f(x)cosnxdx

2f(x)cosnxdx (d)

212f(x)cosnxdx

F(a)[f(x)acosnx]2dx

a 所以当a =

cos2nxdx2af(x)cosnxdxf2(x)dx

a22af(x)cosnxdxf2(x)dx 为a的二次式.

f(x)cosnxdx, F(a)有极小值. 14. 函数y = f(x)具有下列特征: f(0) = 1;

x00f'(0)0, 当x  0时, f'(x)0; f''(x) , 则其图形

0x030

(a) (b) (c) (d)

1 1 1 1

解. (b)为答案. 5. 设三次函数

yf(x)ax3bx2cxd, 若两个极值点及其对应的两个极值均为相反数, 则这个函数的图形是

(a) 关于y轴对称 (b) 关于原点对称 (c) 关于直线y = x轴对称 (d) 以上均错 解. 假设两个极值点为x = t及 x = －t (t  0), 于是f(t) =－f(－t). 所以

at3bt2ctdat3bt2ctd, 所以b + d = 0

f'(x)3ax22bxc0的根为 x =  t, 所以 b = 0. 于是d = 0. 所以

f(x)ax3cx

为奇函数, 原点对称. (b)为答案. 6. 曲线(a) (c)

yx(x1)(2x)与x轴所围图形面积可表示为

2x(x1)(2x)dx (b)

01201x(x1)(2x)dxx(x1)(2x)dx

0112x(x1)(2x)dxx(x1)(2x)dx (d) x(x1)(2x)dx

02解.

0 1 2 由图知(c)为答案.

二. 填空题 1. 函数F(x)x12dt (x > 0)的单调减少区间______. 1t解.

F'(x)2110, 所以0 < x <

4x.

1处的切线所围成的部分被y轴分成两部分, 这两部分面积之比是________. 3122解. y'3x1, 所以切线的斜率为k =31

93222x2130, x为其解, 切线方程: yx, 曲线和切线的交点为x. (解曲线和切线的联立方程得x327332731222所以可得(x)(x)0, 解得x.)

3332. 曲线

yx3x与其在x 31

32(xx比值为

222x)dx327278 311122330(xx327)dx1080x2y2x2y23. 二椭圆221, 221( a > b > 0)之间的图形的面积______.

abba解.

二椭圆的第一象限交点的x坐标为

xabab22. 所以所求面积为

sab40abab22ba2x2dx0aaba2b2a2bx2dx babab222222ababbaxxabxx =ab4arcsina2x2arcsinb2x2a2a2b2b200abba2b2abaa2b2=ab4 arcsinarcsin222222222(ab)22(ab)abab2ba ab2abarcsinarcsin2222abab令arcsinaa2b2

ab2ab= 4ab

2=4abarctana b4. x2 + y2 = a2绕x =－b(b > a > 0)旋转所成旋转体体积_______. 解.

－b a 由图知

V2[(a2y2b)2(a2y2b)2]dy

0a =2a024baydy8abcostdt8ab0222222201cos2tdt

2 =8ab42ba22

(5) 求心脏线 = 4(1+cos)和直线 = 0,  =

围成图形绕极轴旋转所成旋转体体积_____. 232

解. 极坐标图形绕极旋转所成旋转体体积公式 所以

V3()sind

2 V32()sind3320(1cos)3sind

1281 =(1cos)434

三. 证明题

2032321616033

1. 设f(x)为连续正值函数, 证明当x  0时函数(x)x0x0tf(t)dt单调增加.

f(t)dtxxxf(x)xf(t)dttf(t)dtf(x)(xt)f(t)dt000证明. '(x)0 22xxf(t)dtf(t)dt00上述不等式成立是因为 f(x) > 0, t < x. 2. 设f(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内

f''(x)0, 证明(x)f(x)f(a)在(a, b)内单增.

xa证明. 假设a < x1 < x2 < b,

(x1)f(x1)f(a)f'(1) (a < 1 x1a

(x2)f(x2)f(a)f(x2)f(x1)f(x1)f(a)

x2ax2af'(2)(x2x1)f'(1)(x1a)

x2af'(1)(x2x1x1a)f'(1)(x1)

x2a



不等式成立是因为1 f''(x)0说明f'(x)单增, 于是f'(2)f(1).

f'(x)0, 求证:

3. 设f(x)在[a, b]上连续, 在(a, b)内可导且

F(x)x1f(t)dt axa 在(a, b)内也F'(x)证明: 因为

0.

f'(x)0, 所以f(x)单减.

33

1F'(x)(xa)21(xa)2xxa11f(t)dtf(x)=

xa(xa)2xa1f(t)dt+

(xa)2xaf(x)dt

=

a[f(x)f(t)]dt0

xx4. 设f(x)在[a, b]上连续, 且f(x) > 0, 又F(x)f(t)dtab1dt. 证明: f(t) i.

F'(x)2, ii. F(x) = 0在(a, b)内有唯一实根.

证明. i.

F'(x)f(x)a112f(x)2 f(x)f(x) ii. F(a) =

bb1dt, F(b) =f(t)dt. 因为f(x) > 0, 所以F(a)和F(b)异号, 所以在(a, b)中存在,

af(t)使得F() = 0. 又因为F'(x)5. 证明方程tanx证明. 令F(x)2, F(x)单增, 所以实根唯一.

1x在(0, 1)内有唯一实根.

tanx1x. F(0) =－1 <0, F(1) = tan1 >0,

所以在(0, 1)中存在, 使F() = 0.

110 (0 < x < 1), 所以F(x)单增, 所以实根唯一.

cos2xana26. 设a1, a2, …, an为n个实数, 并满足a1(1)n10. 证明: 方程

32n1又因为F'(x) 在(0,

a1cosxa2cos3xancos(2n1)x0

2)内至少有一实根.

证明. 令F(x)a1sinxa2sin3xsin(2n1)x an32n1则 F(0) = 0,

anaFa12(1)n10. 所以由罗尔定理存在 (0 <  <  ), 使F'()0.

232n12a2cos3ancos(2n1)0

即a1cos

四. 计算题

1. 在直线x－y + 1=0与抛物线

yx24x5的交点上引抛物线的法线, 试求两法线及连接两交点的弦所围成三角形的面积.

xy10解. 由联立方程解得交点坐标(x3,y3)(1,2), (x2,y2)(4,5)

2yx4x5由

y'2x4求得二条法线的斜率分别为kx111, kx4. 相应的法线为 2434

y2119(x1), y5(x4). 解得法线的交点为(x1,y1)(6,). 242已知三点求面积公式为 所以

1x1x3S2x2x3y1y3y2y3

1x1x3S2x2x35y1y31515. 2y2y323342. 求通过点(1, 1)的直线y = f(x)中, 使得解. 过点(1, 1)的直线为 y = kx + 1－k 所以 F(k) = =

20[x2f(x)]2dx为最小的直线方程.

20[x2kx(1k)]2dx

4[x022kx3(k22k2)x22k(1k)x(1k)2]dx

22 =x2k4k2k23xxk(1k)x2(1k)2x 43505 =

3288k(k22k2)4k(1k)2(1k)2 53848F'(k)8(2k2)(48k)4(1k)k0

333 k = 2

所求直线方程为 y = 2x－1 3. 求函数解.

x2f(x)(2t)etdt的最大值与最小值.

0f'(x)2x(2x)e2

22x20, 解得

x = 0, x =f(0)0, f(2)(2t)etdt1e2, f()(2t)etdt=1

002所以, 最大值

f(2)1e2, 最小值f(0)0.

4. 已知圆(x－b)2 + y2 = a2, 其中b > a > 0, 求此圆绕y轴旋转所构成的旋转体体积和表面积. 解. 体积

V222babaxa(xb)dx令xbasint42(basint)a2cos2tdt

222 =8ba20cos2tdt8ba2422ba2

表面积: y = f(x)绕x轴旋转所得旋转体的表面积为 S=

ba2f(x)1f'2(x)dx

35

(x－b)2 + y2 = a2绕y轴旋转相当于(y－b)2 + x2 = a2绕x轴旋转. 该曲线应分成二枝:

yba2x2

所以旋转体的表面积

S2(ba2x2)aaaax22dx2(ba2x2)aaaax22dx

=4ab

adxa2x2a8ab2dt42ab.

0第六章 多元函数微分学

一. 考虑二元函数的下面4条性质 ( I ) ( I II) 若用P( A ) ( C ) 解. 则

f(x,y)在点(x0,y0)处连续; ( II ) f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续; f(x,y)在点(x0,y0)处可微; ( IV ) f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数存在; Q表示可由性质P推出性质Q, 则有

(II)(III)(I) ( B ) (III)(II)(I) (III)(IV)(I) ( D ) (III)(I)(IV)

f(x,y)在点(x0,y0)处的两个偏导数连续, 则f(x,y)在点(x0,y0)处可微, f(x,y)在点(x0,y0)处可微,

f(x,y)在点(x0,y0)处连续. 所以(II)(III)(I). ( A )为答案.

二. 二元函数

xy,22f(x,y)xy0,(x,y)(0,0)(x,y)(0,0) 在点(0, 0) 处

( A ) 连续, 偏导数存在; ( B ) 连续, 偏导数不存在; ( C ) 不连续, 偏导数存在; ( D ) 不连续, 偏导数不存在.

解.

0,k0xykx2k limf(x,y)lim2令ykxlim12x0x0xy2x0(1k2)x21k,k1y0y02limf(x,y) 不存在, 所以f(x,y)在点(0, 0) 处不连续, 排除 ( A ), (B);

x0y0 所以

x0022f(0x,0)f(0,0)x0fx'(0,0)limlim0

x0x0xx0y022f(0,0y)f(0,0)0yfy'(0,0)limlim0. (C )为答案.

y0y0yy

三. 设f, g为连续可微函数,

uf(x,xy)，vg(xxy), 求

uvxx.

36

解.

uvf1'f2'y, g'(1y). 所以 xxuv(1y)g'(f1'f2'y) xvzz, 其中为可微函数, 求. z2yyy四. 设x2解. 原式两边对y求导.

zyzzzyz. 所以 2zy'2yyyyzzyz'yyz yz2yzy'y

五. 设uf(x,y,z)，又y(x,t)，t(x,z)，求u. x解. 由上述表达式可知x, z为自变量, 所以

六. 求下列方程所确定函数的全微分: 1. 2.

uyfx'fy'fx'fy'x't'x'fx'fy'x'fy't'x' xxf(xy,yz,zx)0，求dz; zf(xz，zy)，求dz.

解. 1.

f1'f2'f'f'zzz13 f3'(1)0, 所以xf2'f3'xxzf'f'zz12 f2'(1)0, 所以yf2'f3'yy

f1'f3'所以

dz(f'f')dx(f1'f2')dyzzdxdy13 xyf2'f3', 所以

2.

zzzf1'(zx)f2'xxxzf1'z x1xf1'f2'

f2'zzzzf1'xf2'(1), 所以 y1xf1'f2'yyydzzf'dxf2'dyzzdxdy1 xy1xf1'f2'37

所以

2z七. 设zf(esiny,xy), 其中f具有二阶连续偏导数, 求

xyx22.

解.

zf1'(exsiny,x2y2)exsiny2xf2'(exsiny,x2y2) x2zexsiny(f11''excosy2yf12'')excosyf1'2x(f12''excosy2yf22'')

xyf11''e2xsinxcosx2ex(ysinyxcosy)f12''4xyf22''f1'excosy

=

八. 已知zxf(2x,)，求zxx''，zyy''.

y解.

x1xzx'2f1'(2x,)f2'(2x,)

yyyzxx''4f11''211f12''(2f12'',f22'') yyy

=4f11'41f12''2f22'' yy

zy'xxf'(2x,) 22yy

2xx2zyy'3f2'4f22''

yy九. 已知z解.

f(xlny,xy)，求zxx'',zxy'',zyy''.

zx'lnyf1'(xlny,xy)f2'(xlny,xy) zxx''lny(f11''lnyf12'')f12''lnyf22''

f11''ln2y2f12''lnyf22''

=

zxy''1xxf1'lny(f11''f12'')f12''f22'' yyyxlnyx1f11''(lny)f12''f22''f1' yyyxf1'(xlny,xy)f2(xlny,xy) y38

=

zy'

zyy''xxxxf'(f''f'')f12''f22'' 11112y2yyy =

x22xxf''f''f''f1' 111222y2yy2xyzz20dydz十. 设yy(x)，zz(x)，由确定, 求，.

23dxdxxyzz0解. 以上两式对x求导, 得到关于

dydz，的方程组 dxdxdzdy(12z)1dxdx dydz2y(13z)1dxdx

dzdydz12z0dxdxdx dydzdz12y3z0dxdxdx由克莱姆法则解得

22yy2z2z2z2xyy十一. 设zxf()()，求xxxx2xyy2dy2z3z2dx13z22y4yz,

dz2y1dx13z22y4yz

解.

zyyyyyyyyyyf()xf'()(2)'()(2)f()f'()2'() xxxxxxxxxxx2zyyyyy2yyyy2yf'()f'()f''()2'()''() x2x2xx2xx4xx3xx4xy2yy2f''23'4'' 3xxx

=

2z1y1yyy1yyyf'()f'()2f''()2'()3''()

xyxxxxxxxxxx

y1yf''''' x2x2x3

zy1yf'()'() yxxx2z11f'''' y2xx222z2z2zx2xyyx2xyy22

于是 =

y22yy2f'''2'' xxx39

y22y2y22f'''2''

xxxy2y2f'' 2''

xx

= 0

2z十二. 设zf[xy,(xy)], 其中f(u, v)具有二阶连续偏导数, (u)二阶可导, 求

xy2.

解.

z2xf1'[x2y,(xy)]yf2'[x2y,(xy)]'(xy) x2z2x[f11''xf12''']f2''y'[f12''xf22''']xyf2''' xy2

=('xy'')f2'2xf11''(2xy)'f12''xy(')2f22''

十三. 设F(x,y(x),z(x))P(x,y(x))Q(x,y(x))z(x), 其中出现的函数都是连续可微的, 试计算

FdF. ydxz解.

FFpy'zQy', Q(x,y(x)) yzdFQx'Qy'yx' dxzFdFpy'zQy'Qx'Qy'yx'py'Qx'(zyx')Qy' ydxz第七章 二重积分

所以

于是

一. 比较积分值的大小: 1. 设I1Dxydxdy,4I2Dxyxydxdy,I33dxdy其中D{(x,y)|(x1)2(y1)22}, 44D则下列结论正确的是 ( A )

解. 区域D位于直线x 之间, 所以0 所以

I1I2I3 ( B ) I2I3I1 ( C ) I1I3I2 ( D ) I3I2I1

y4及xy0

x+y=4 xy1 4x+y=0 D

40

xy4xy3xy44 所以

I1I2I3. (A)为答案.

22. 设

Iie(xDiy2)dxdy,i1,2，3, 其中:

D1{(x,y)|x2y2r2},

D2{(x,y)|x2y22r2},

D3{(x,y)||x|r,|y|r}则下列结论正确的是

( A )

I1I2I3 ( B ) I2I3I1 ( C ) I1I3I2 ( D ) I3I2I1

解. 因为 3.设I1D1D3D2,且e(x2y2)0, 所以I1I3I2, (C) 为答案.

其中Dcosx2y2,I2cos(x2y2),I3cos(x2y2)2{(x,y)|x2y21}, 则

DDD下列结论正确的是 ( A )

I1I2I3 ( B ) I2I3I1 ( C ) I1I3I2 ( D ) I3I2I1

解. 在区域D中, 0cosx2y2cos(x2y2)cos(x2y2)2, 所以 I1I2I3.( A )为答案.

二. 将二重积分If(x,y)d化为累次积分(两种形式), 其中D给定如下:

D1. D: 由

y28x与x28y所围之区域.

2. D: 由x = 3, x = 5, x－2y + 1 = 0及x－2y + 7 = 0所围之区域. 3. D: 由x2y21, y  x及x > 0所围之区域.

4. D: 由|x| + |y|  1所围之区域. 2解. 1.

If(x,y)ddx8x4y0x2f(x,y)dyD0dyy2f(x,y)dx

85x72.

If(x,y)dx21f(x,y)dy

D3dx23dy2y1)dx5565

23f(x,y3dy3f(x,y)dx5dy2y7f(x,y)dx

223.

If(x,y)dx2y)dy

D0dx1xf(x,22y11y2

0dy0f(x,y)dx2dy

20f(x,y)dx0f(x,y)dx111x4.

If(x,y)dy

D1dxx1f(x,y)dy0dxx1 0dyy11y1f(x,y)dx11y0dyy1f(x,y)dx

三. 改变下列积分次序:

41

1.

a0dxa2x22aa2x2f(x,y)dy 2.

12x2dx01x20f(x,y)dydx133x20f(x,y)dy

3.

dx102x2xf(x,y)dydx0a2x2xa20f(x,y)dy

a2y2a22ay解: 1.

a0dxa2x2f(x,y)dydy2ax2f(x,y)dxady2132yyaa2y20f(x,y)dx

2.

dx010f(x,y)dydx133x20f(x,y)dydy0f(x,y)dx

3.

dx11002x2xyf(x,y)dydx02012x2x2yf(x,y)dy f(x,y)dx

=

dyf(x,y)dxdyyD2y四. 将二重积分If(x,y)d化为极坐标形式的累次积分, 其中:

1. D: a2  x2 +y2  b2, y  0, (b > a > 0) 2. D: x2 +y2 y, x  0 3. D: 0  x +y  1, 0  x  1 解. 1.

If(x,y)ddf(cos,sin)d

D0ab2.

If(x,y)d2dD00sin0f(cos,sin)d

3.

If(x,y)ddD41cos0f(cos,sin)d

1cossin0 +

五. 求解下列二重积分: 1.

220df(cos,sin)d

dxsin1x2xx2ydydxsin2x4x2ydy

2.

dx01x0ey22dy

3.

Dydxdy, D: 由y = x4－x3的上凸弧段部分与x轴所形成的曲边梯形 6xxydxdy, D: y  x及1  x2 + y2  2 22xy4.

D解.

42

1.

dxsin1x2xx2ydydxsin2x42x2ydydysin1y2y2x2ydx221ycosx2yy2dy y =2421ycosy2dy442221ydsiny2

=2ysiny221241siny2dy

=

4283cosy2211y223(2)

2.

dxe001xy22dye0dy2dxey011y22dyy2e01y22dy

12 =

e01y22dyyde01y22=

e01y22dyyey2210e01y22dye

3.

Dy43dxdyyxx, D: 由的上凸弧段部分与x轴所形成的曲边梯形. 6x解.

y'4x33x2, y''12x26x6x(2x1)0. 解得 0x1. 此时图形在x轴下方. 所以 2

Dyy12y2dxdydy0x4x3x6x620x610120112(x4x3)27dxdx 602x4843xx4.

Dxydxdy, D: y  x及1  x2 + y2  2. 22xy解. 使用极坐标变换

D52cossinxy4dxdydd 2221xy4

2154sin2dd= 0

124六. 计算下列二重积分:

1.

Dx2y2xy1dxdy, D: 221.

ababacos,

22解. 令xybsin.雅可比行列式为

43

(x,y)x'(,)y'22x'acosy'bsinasinab

bcos31D211xy1dxdyd12abd2ab(12)2003ab02ab 32.

22222xy1, D: , 并求上述二重积分当时的极限. 0ln(xy)dxdyD解.

22ln(xy)dxdydlndlndD0222121

=(所以

2ln22)(2ln221)

210

alim

dxaln(xDx0y2)dxdy.

3.

0f'(y)dy

(ax)(xy)xaaf'(y)dxdyf'(y)dy0y(ax)(xy)(ax)(xy)解.

0dx0

=

a0f'(y)dyayaadxf'(y)dy0yay2ay2xx2ay)2(ay)2ay(x)42d(x

=

a0ayaxa2dyf'(y)dy(f(a)f(0)) f'(y)arcsin0ayy21x2y2dxdy, D: x2 + y2  1, x  0, y  0. 221xy1x2y2dxdy1x2y2 4.

D解.

DD,12dxd124101tdt 1t

tan2sec21u21t4dud 令u 令utan22400(1u)sec1t =

七. 求证:

40sin2d8(2).

f(xy)dxdyln2f(u)du, 其中D是由xy = 1, xy = 2, y = x及y = 4x(x > 0, y > 0)所围成之区域.

D12证明: 令u = xy, y = vx. 即xuv,

yuv.

(x,y)1. 所以

(u,v)2v44

Df(xy)dxdyDu,vf(u)24121dudvf(u)dudvln2f(u)du

112v12v

八. 求证:

2xy21f(xy)dxdy222u2f(u)du

证明: 令uxy, vxy.

(x,y)11. 所以

(u,v)u'xu'y2v'xv'y212u2f(u)dudvf(u)dvdu

202

x2y21f(xy)dxdyu2v22 =

222u2f(u)du

九. 设f(t)是半径为t的圆周长, 试证:

1212x2y2a2ex2y221dxdy2dxdy12a0f(t)et22dt

证明: 左 =

x2y2a2eax2y22a020de0a22d

1202e22d1222f()ed=右

十. 设m, n均为正整数, 其中至少有一个是奇数, 证明:

mnxydxdy0

x2y2a2证明: 区域 D既对x轴对称, 又对y轴对称.

m当m为奇数时x当n为奇数时x

yn为对于x的奇函数, 所以二重积分为0; yn为对于y的奇函数, 所以二重积分为0.

m十一. 设平面区域D{(x,y)|x3y1,1x1}, f(x)是定义在[a,a](a1)上的任意连续函数试求:

I2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]dxdy

D解. 作曲线如图. 令

D1:yx3(y0),y1,L 围成;

L D2:yx3(y0),x1,L 围成. D1按y轴对称,

yx3D2按x轴对称.

45 令

f(x,y)2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]

f(x,y)2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]f(x,y)

显然 所以

f(x,y)d0

D2 又因为 所以

f(x,y)2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]f(x,y)

f(x,y)d0

D1DD1D2I2y[(x1)f(x)(x1)f(x)]dxdyf(x,y)df(x,y)d0

第八章 无穷级数

一. 填空题

x1(1) 设有级数an2n1n, 若liman1, 则该级数的收敛半径为______.

na3n1|an|n222解. 收敛半径R =lim. 答案为.

n|a33n1|2n1(2) 幂级数

nx2n1的收敛半径为______. nnn12(3)解.

limn1x2n1n1n12(3)nx2n1nn2(3)n|x|21, 所以|x|3. 收敛半径为3.

3(3) 幂级数

n1xn的收敛区间为______. n1解.

liman1limnann1n21, 所以收敛半径为1. 1n1(1)n1发散, 当x = －1时, 得级数收敛. 于是收敛区域为[－1, 1).

n1n1n1当x = 1时, 得级数

n1xn1(4) 幂级数nn1n2的收敛区间为______.

46

解.

liman1nan1(n1)2n11lim, 所以收敛半径为2. n12n2n1当x = 2时, 得级数n12n(5) 幂级数

发散, 当x = －2时, 得级数

(1)n12nn1收敛. 于是收敛区域为[－2, 2).

(n1)xn1n的和函数为______.

解.

(n1)xn1nnx2(n1)xn2n2xx22n12xxx21x(1x)n2''. 该等式在(－1, 1)中成立.

当x = 1时, 得到的数项级数的通项不趋于0. 所以

x2(n1)x(1x)2n1, (－1, 1).

二. 单项选择题 (1) 设an0(n1,2,)，且an收敛, 常数(0,), 则级数(1)n(ntan)a2nn2n1n1

(A) 绝对收敛 (B) 条件收敛 (C) 发散 (D) 收敛性与有关

解. 因为

an1n收敛, 所以

a

n1



2n

收敛.

n(tan)a2n

nlim. 所以(ntan)a2n和a2n

nna2nn1n1

有相同的敛散性.

所以原级数绝对收敛. (2) 设un(1)nln(11), 则 n(A)

un1n与

un12n都收敛. (B)

un1n与

un12n都发散. (C)

un1n收敛, 而

un12n发散. (D)

un1n发散,

un12n收敛.

解. 由莱布尼兹判别法

un1n收敛,

un12nln(112n1ln2(11n). 因为limnnn1,

)12发散, 所以unn1nn1发散.

(C)是答案.

(3) 下列各选项正确的是 (A) 若

un12n与

vn12n都收敛, 则

(un1nvn)2收敛

(B) 若

|uvn1nn|收敛, 则un12n与

vn12n都收敛

47

(C) 若正项级数

un发散,则unn1n1 n(D) 若级数

un1收敛, 且unvn(n1,2,), 则级数vnn1收敛.

解.

2222(unvn)nun2unvnvn2(unvn). 所以(A)是答案.

(4) 设为常数, 则级数

1sinn n2nn1(A) 绝对收敛. (B) 发散. (C) 条件收敛. (D) 敛散性与取值有关.

解.

sinnn2n1绝对收敛,

n11n发散, 所以

1sinn发散. (B)是答案 n2nn1

三. 判断下列级数的敛散性:

(1)

11sinnn1ln(n2)

11sin11ln(n2)nsin1, 所以解. 因为limn1nn1ln(n2)nlnn和

1n1nlnn有相同的敛散性.

又因为

211dx发散, 由积分判别法知xlnxn1nlnn发散. 所以原级数发散.

(2)

1(a0) (an1)(an)(an1)n1解. 因为

111(an1)(an)(an1), 所以和有相同的敛散性. (a0)lim13nn1n1n1(an1)(an)(an1)3n13n1n收敛,

所以原级数收敛.

(3)

3nn! nnn1 48

解.

limun1nun3n1(n1)!3(n1)n1lim1, 所以级数发散. nn3n!enn(4)

n2nn1(n1/n)

解.

limnnn2(nn)2lim01, 所以级数收敛.

(n1/n)nnn1/n(5)

(n!)2 n1(2n)!解.

limun1nun(n1)!(n1)!(n1)21(2n2)!limlim1， 所以级数收敛. nn(2n2)(2n1)n!n!4(2n)!(6)

(1n1lnnn)n

(1解. 考察极限limnlnnn)(1ylny)1yn令y1nlimy01yn,

(1ylny)1y令uylnuln(1ylny)ylny

ylny1lny1ln(1ylny)ylny1ylnylimlnulnlimulimlim y0y0y0y0y1lny1lnyyln2y1ylny0 =limy01ylny所以

y0limue1, 即原极限为1. 原级数和01有相同的敛散性. 原级数发散. n1n

四. 判断下列级数的敛散性

49

(1)

n2n1(1)3n1n1n

2n122n1, 所以解. 因为limnn3n133n1n1nn收敛, 原级数绝对收敛.

(2)

(1)n1nn1

(n1)n11解.

limn1x10, 令f(x)

n(n1)n11(x1)x11当x > 0时,

11n12x1f'(x)0, 所以数列单减. 根据莱布尼兹判别法级数收敛.

[(x1)x11]2(n1)n11(x1)2n11(n1)n111, 而因为limn1nn1n发散, 所以

n1发散. 原级数条件收敛. n1(n1)n11(3)

sin(nn)

n1解.

sin(nn1n)(1)nsinn1n.

sin因为limnn, 又因为

1n(1)nn11, 条件收敛, 所以原级数条件收敛. n(4)

(1)n1tann11nn

tan解.

1=1,

limnnn1nnnn11n收敛, 原级数绝对收敛.

五. 求下列级数的收敛域:

50

(1)

(x2x1)nn(n1)n1

解.

|x2x1|nlimnx2x11, 1x0 nn(n1)1, 收敛, 所以原级数的收敛域为[－1, 0]. n(n1)n1当x =－1, 0时, 都得数项级数

(2)

x2n1(1) 2n1n1n解.

2n1|x|limn|x|21, 于是|x|1. n2n111n1当x1时, 得(1), 收敛;当x1时, 得(1), 收敛. 于是原级数的收敛区域为[－1, 1].

2n12n1n1n1n(3)

2n12n1x n2n12n1|x|22n12n12n1|x|1，|x|2. 当x2时, 得数项级数及, 2n222n1n1解.

limnn通项都不趋于0, 发散. 该级数的收敛区域为(2,2).

(4)

(x1)2nn9nn1

解.

2n21|x1||x1|. 当时得数项级数, 发散. 该级数的收敛区域为(－2, 4). limn1x13nnn9n9n1

六. 求下列级数的和:

 (1)

(1)n1n1x2n1

2n1解.

2n1|x|limn|x|21级数收敛, 所以收敛半径为1. 当x1时都得到交错级数. 由莱布尼兹判别法知收敛. n2n1所以收敛区域为[－1, 1].令

s(x)(1)n1n1x2n11n12n2. s'(x)(1)x2n11x2n1

51

所以s(x)s'(x)dx0nxx01dxarctanx, [－1, 1]. 21x(2)

n(n1)xn1nn

解.

limn(n1)|x||x|1收敛. 当x1得n(n1)及(1)nn(n1)都发散. 所以收敛区域为(－1, 1).

nn1n1x22xn1nn1n(n1)xxn(n1)x积分二次xxx,(－1, 1) 31x(1x)n1n1n1''''(3)

(x1)nn2nn1

解.

n|x1||x1|limn1, 所以当3x1时收敛. nnn221n1当x1时得数项级数, 发散; 当x3时得数项级数(1), 收敛. 于是收敛区域为[－3, 1).

nnn1n1nx(x1)(x1)n1xx1nndx2121n2n2n1n1n1'n11x2dxdx

211x =ln2ln(1

x)ln2, [－3, 1). 1x七. 把下列级数展成x的幂级数:

(1)

f(x)11x1lnarctanx 21x2解. 由第六题第3小题知



arctanx(1)n1n1x2n1所以

2n1f(x)11x111lnarctanx[ln(1x)ln(1x)]arctanx 21x242n2n11xn1x4n3n1xn1x =(1), (－1, 1) (1)4n1nn1n22n14n3n1n1(2)

f(x)x0ln(1x)dx x52

解.

nn1ln(1x)1n1xn1x(1)=(1)xn1nnxn1, (－1, 1]

f(x)x0n1nxln(1x)n1xn1xdx(1)dx(1)0xnn2n1n1

由于

12n1nx收敛, 所以当x1时上述级数都收敛. 所以

f(x)0nln(1x)n1xdx(1)xn2n1, [－1, 1]

第九章 常微分方程及差分方程简介

一. 填空题 1. 微分方程解. 先解

y'ytanxcosx的通解为_________.

dyytanx dx

dytanxdx, 解得yccosx y使用常数变易法. 令

yc(x)cosx. 所以

y'c'cosxcsinx

代入原方程, 得

c'cosxcsinxcsinxcosx c'1, 所以cxc1. 所以通解为

y(xc1)cosx

ydx(x24x)dy0的通解为________.

. 积分得

2. 微分方程

解.

111dydxdydx, 于是4x4xy4xx2y

11yln|x|ln|x4|ln. 化简后得 44c(x4)y4c1x

3. 微分方程

y''y2x的通解为________.

解. 特征方程

210,  = i

yc1cosxc2sinx

53

于是齐次方程通解为

用算子法求非齐次方程特解

y*1(2x)2x. 所以 2D1yc1cosxc2sinx2x

y''2y'2yex的通解为________.

4. 微分方程

解. 特征方程

2220,  = 1i

yex(c1cosxc2sinx)

于是齐次方程通解为

用算子法求非齐次方程特解

y*1exex. 所以 2D2D2

yex(c1cosxc2sinx)ex

5. 已知曲线

yf(x)过点(0, 12), 且其上任一点(x, y)处的切线斜率为xln(1x), 则f(x)=_______. 2解. 由题设得微分方程:

dy2xln(1x)dx. y(0)121ln(1x2)d(1x2). 所以 211y(1x2)ln(1x2)(1x2)c. 代入初始条件, 得

2211y(0)c, 于是c = 0. 得特解 22122 y(1x)[ln(1x)1]

2dyxln(1x2)dx

二. 单项选择题 1. 若函数

2xf(x)满足关系式 f(x)0tf()dtln2, 则f(x)等于 2(A)

exln2 (B) e2xln2 (C) exln2 (D) e2xln2

解. 由原式两边求导, 并以x = 0代入原式, 可得以下微分方程

dy2y dxy(0)ln2解得

ye2xln2. (B)是答案.

2. 微分方程

y''yex1的一个特解应具有形式(式中a、b为常数)

(A)

aexb (B) axexb (C) aexbx (D) axexbx

x解. 将e

1看成ex和1两个非齐次项. 因为1是特征根, 所以对应于ex特解为axex, 对应于1的特解为b.

54

因此原方程的特解为

三. 解下列微分方程:

axexb. (B)为答案.

1.

dy223(x1)(1y) dxy|x01dy3(x1)2dx 21yarctany(x1)3c, arctan11c, c解.

41

所求特解为

arctany(x1)341

2.

(1y2)dxx(1x)ydy0

解.

dxydyx(1x)1y22. 两边积分立即可得

x2c(1y) 1x3.

dy11 dxxy解. 令u

xy, 则 dudy11111dxdxuu

所以

ududx,u22xc,通解为(xy)22xc

四. 解下列微分方程:

1.

y'eyxy x解. 令u

yu. 于是yxu,y'uxu'. 所以uxu'eu xdudxxeu, eudu dxxyx 2.

eulncx, 即elncx0

xdyydxx2y2dx

dyyx2y2yy1dxxxx2解. i)

. (x0根式取正，x0根式取负)

x0

55

令

uy2. 于是yxu,y'uxu'.所以uxu'u1uxdx2, 所以ln(u1u)lnxlnc x

du1u2 ii) 令

u1u2lnlnc, 得解 yx2y2cx2

xx0

yu. 于是yxu,y'uxu'.所以uxu'u1u2xdu1u2dxx, 所以ln(u

1u2)ln|x|lnc

3.

ln(u1u2)(x)lnc, 得解 yx2y2c

yy(xycos)dxxcosdy0

xxyyyxycos1cosdyxxx yydxxcoscosxx1ucosuy令 u. 于是yxu,y'uxu'.所以uxu'

cosuxdu1dx x, cosudu dxcosuxy两边积分, 得 sinulnxc，即sinlnxc

x

五. 解下列微分方程: 1.

y'ycosxesinx

p(x)cosx，q(x)esinx

解. 这是一阶线性方程.

p(x)dxcosxdxsinx

x1x

p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxc)esinx(esinxesinxdxc)esinx(xc)

2.

xy'yxe22

11解. 由原方程可得

xx11xy'2ye. p(x)2，q(x)ex

xx

p(x)dxp(x)dx11dx x2xp(x)dx

ye(q(x)edxc)e(e1xx1xedxc)e(exc)

56

1x1x

3.

xy'lnxyax(lnx1)

1ax(lnx1)1a(lnx1). p(x) y，q(x)xlnxxlnxxlnxlnx1 p(x)dxdxlnlnx

xlnxp(x)dxp(x)dxa(lnx1)lnlnx ye(q(x)edxc)elnlnx(edxc)

lnx11c  (a(lnx1)dxc)(axlnxc)axlnxlnxlnx解. 由原方程可得

y'4.

y'sinxcosxysin3x0

解. 由原方程可得

1sin2x1sin2xy'y，q(x). p(x)sinxcosxcosxsinxcosxcosx

1dxln|tanx|

sinxcosxp(x)dxp(x)dxye(q(x)edxc)

p(x)dx

sin2x1tanx(dxc)tanx(cosxc)sinxctanx

cosxtanx六. 解下列微分方程: 1.

y'ytanxsecx，y(0)0

p(x)tanx，q(x)secx

解. 这是一阶线性方程. 2.

p(x)dxtanxdxln|cosx|

1(secxcosxdxc)secx(xc) cosxp(x)dxp(x)dxye(q(x)edxc)0y(0)sec0(0c)c, 所以 yxsecx y'ycosxsinxcosx，y(0)1

p(x)cosx，q(x)sinxcosx

解. 这是一阶线性方程.

p(x)dxcosxdxsinx

p(x)dxp(x)dxye(q(x)edxc)esinx(cosxsinxesinxdxc)

3.

esinx(sinxesinxesinxc)sinx1cesinx

1y(0)1c，c2, 所以 ysinx12esinx

y'xsin2yxexcos2y，y(0)24

57

解.

y'2xsinxcoscxexcos2y,

21x2y'2xtanyxe

cos2y2令utany, 于是可得方程u'2xuxexp(x)dx. 所以

2

ue2222p(x)dxx(q(x)edxc)ex(xexexdxc)ex(c)

2即

21tanyex(x2c).

2211tany(0)c, 所以 tanyex(x21)

2七. 解下列方程: 1.

y''22y'2y0

解. 特征方程为

22220, 1,22.

2x通解为 2.

y(c1c2x)e

y''2y'3y0

解. 特征方程为

2230, 1,21i2.

通解为 3.

yex(c1cos2xc2sin2x)

y''2y'3y0

解. 特征方程为 通解为

八. 解下列方程: 1.

2230, 13，21.

yc1e3xc2ex

y''4y'4y(1xx23)e2x

解. 特征方程为

2440, 1,22

y(c1c2x)e2x

齐次方程通解为

非齐次方程特解为

y*1(1xx23)e2x 2(D2)123(1xx) 2(D22)

e2x

(12131xxx25)e2x 1223242558

非齐次方程通解为 2.

yyy*(c1c2x)e2x(12131xxx25)e2x 12232425y''3y'2ycos2x

解. 特征方程为

2320, 12，21

yc1exc2e2x

齐次方程通解为

非齐次方程特解为

y*Acos2xBsin2x

代入原方程解得 非齐次方程通解为 3.

A1313. 所以 y*，Bcos2xsin2x

202020201(cos2x3sin2x) 20yyy*c1exc2e2xy''2y'y5xex

解. 特征方程为

2210, 1,21

y(c1c2x)ex

齐次方程通解为

非齐次方程特解为

y*1153xxx5xe5exxe

(D1)2(D11)26非齐次方程通解为 4.

yyy*(c1c2x)ex53xxe 62y''2y'3yx22x1

解. 特征方程为

22230, 1,215i 22齐次方程通解为

yc1cos55xc2sinx 22非齐次方程特解为

y* 非齐次方程通解为

1122222(x2x1)(DD)(x2x1)

32D2D239271225x2x 3927551225xc2sinxx2x 223927

yyy*c1cos5.

y''y'x21

解. 特征方程为

20, 10，21

59

齐次方程通解为

yc1exc2

非齐次方程特解为 代入原方程解得 非齐次方程通解为

y*x(Ax2BxC)

11A，B1，C3. 所以 y*x3x23x

3313xx23x 3第十章 函数方程与不等式证明

yyy*c1exc2an1ana一. 证明不等式2(n1)lna证明: 令

111n1an2n1. (a > 1, n  1)

f(x)ax, 在1n1,1n上使用拉格朗日定理

f(1)f(1)f'()(11)nn1nn1 111nn1aaalnan(n1) 即

a1nalna1n1a n(n1)111 所以

an1ana2(n1)lna1n1an2n. (a > 1, n  1)

二. 若a  0, b  0, 0 < p < 1, 证明

(ab)papbp

f(x)(xb)pxpbp

证明: 令

显然f(0) = 0. 当x  0 时, 因为0 < p < 1

f'(x)p(xb)p1pxp10

所以当x  0时, f(x)单减, 所以f(a)  f(0) = 0. 所以 即得

三. 设函数f(x)在[0, 1]上有连续导数, 满足02(ab)papbp0 (ab)papbp

f'(x)1且f(0)0. 求证

1f(x)dx1f3(x)dx

0060

xx3证明: 令F(x)f(t)dt00f(t)dt, 显然F(0) = 0. 因为0f'(x)1且f(0)0, 所以当x > 0时f(x) > 0.

2

F'(x)2f(x)f(t)dtf3(x)

0x =令(x)

xxf(x)2f(t)dtf2(x) (1) 02f(t)dtf2(x), 显然(0) = 0.

0'(x)2f(x)2f(x)f'(x)2f(x)(1f'(x))0

所以当x > 0时, (x) > 0. 由(1)知F'(x)0(x > 0). 当x > 0时F(x)  F(0) = 0.所以F(1)  F(0) = 0. 立即得到

2

四. 求证

1f(x)dx1f3(x)dx

00|a|p|b|p21p(|a||b|)p, (0 < p < 1).

求证: 先证当0  x  1, 0 < p < 1时, 有 令F(x)21pxp(1x)p1

xp(1x)p

F'(x)pxp1p(1x)p1. F'(x)0得 x1F(1)21p，F(1)F(0)1. 所以

22.

F(1)21p为最大值，F(1)F(0)1为最小值. 所以当0  x  1, 0 < p < 1时, 有

2

21pxp(1x)p1

2 令x|a||b|, 则1x. 代入上述结论, 立即得到

|a||b||a||b||a|p|b|p1 pp(|a||b|)(|a||b|)

21p即

(|a||b|)p|a|p|b|p21p(|a||b|)p, (0 < p < 1).

五. 求证: 若x + y + z = 6, 则x证明：方法1:

2y2z212, (x  0, y  0, z  0).

2(x2y2z2)2xy2yz2xz

x2y2z2(xyz)22xy2yz2xz362(xyz)222

所以

3(x2y2z2)36, x2y2z212

61

方法2:

s(x,y,z)x2y2z2解以下条件极值问题:条件：xyz6令F(x, y, z, ) = x2 + y2 + z2－(x + y + z－6)

Fx'2x0, Fy'2y0, Fz'2z0

解得 x = y = z = 2. 只有一个驻点, 当x = y = z = 2时达到最小值12. 所以

六. 证明: 1 若f(x)在[a, b]上是增加的，且在其上

bx2y2z212, (x  0, y  0, z  0)

f''(x)0，则

(ba)f(a)f(x)dx(ba)af(a)f(b)

22 若f(x)在[a, b]上是增加的，且在其上

bf''(x)0，则

(ba)f(b)f(x)dx(ba)af(a)f(b)

2证明：1 方法1: 因为f(x)是增加的, 所以对于[a, b]中的一切x, 有f(x) > f(a), 所以 令F(x)baf(x)dxf(a)(ba)

f(a)f(x)

a2f(a)f(x)f'(x)f(x)f(a)f'(x) F'(x)f(x) (xa)(xa)2222f'()(xa)f'(x) (xa) (ax)

221 =(xa)[f'()f'(x)]0(因为f''(x)0)

2f(t)dt(xa)x所以F(x)单增. 又因为F(a) = 0, 所以F(b) > F(a) = 0. 立即可得

baf(x)dx(ba)f(a)f(b)

2方法2: 将f(x)台劳展开

f''()(tx)2 2!f''(1)所以 f(a)f(x)f'(x)(ax)(ax)2

2!f''(2)(bx)2 f(b)f(x)f'(x)(bx)2!f''(1)f''(2)(ax)2(bx)2 f(a)f(b)2f(x)f'(x)(ab)2xf'(x)2!2!t, x,

f(t)f(x)f'(x)(tx)上式二边积分得

(f(b)f(a))(ba)2f(x)dx(ab)f'(x)dx

aabbf''()f''(2)12xf'(x)dx(ax)2(bx)2dx

aa2!2!bb 所以

62

b(f(b)f(a))(ba)2f(x)dx(ab)(f(b)f(a))2xf(x)2f(x)dx

abbaa

4f(x)dxaf(b)af(a)bf(b)bf(a)2bf(b)2af(a)

ab4f(x)dx(ba)(f(a)f(b))

ab于是 即

2(ba)(f(b)f(a))4f(x)dx

abbba(f(b)f(a))f(x)dx

a22 证法同1.

注: 无论方法1, 2, 右边的不等式都不需要f(x)单增的条件.

七. 证明: 1

x1x2xnn22x12x2xnn

2

x1x2xnnx1x2xnn2

nnn22证明: 1方法一: 先证akbkakbk

k1k1k1由

nn22n(akxbk)akx2akbkxbk20 k1k1k1k12nnn2akbkakbk2

k1k1k12n得到

上述不等式中令akxk，bk1, 得到 n

nxkk1nn12xn knk122x12x2xnn2即

x1x2xnn.

方法二: 令因为 所以

f(x)x2, p1p2pn1 nf''(x)20

f(p1x1pnxn)p1f(x1)pnf(xn)

即

2x1xn2x12xn()nn

63

即

x1x2xnnf''(x)22x12x2xnn

2 取 f(x) = ln x,

10. 令p1 = p2 = … = pn = 1/n. x2

所以

xxnln1n11lnxlnxnlnnx1xn1nn.

立即得到 八. 设

x1x2xnnx1x2xnnf''(x)c[a,b], 且f(a)f(b)0, 求证:

ba(ba)3f(x)dxmax|f''(x)|

12axb证明: 方法1:

1b1bf''(x)(xa)(xb)dx(xa)(xb)df'(x) 2a2ab=

11(xa)(xb)f'(x)f'(x)(2xab)dx 22abb111bf(x)(2xab)f(x)2dx =(2xab)df(x)2a22aa =

babf(x)dx f(x)dx| =

所以 |

a1b1bf''(x)(xa)(xb)dx|f''(x)(xa)(xb)|dx 2a2a

b(ba)31max|f''(x)| max|f''(x)|(xa)(bx)dx=

a12axb2axb方法2：t, x, 所以 0 =

f(t)f(x)f'(x)(tx)f''()(tx)2 2!f(a)f(x)f'(x)(ax)f''()(ax)2 2!f(x)f'(x)(xa)baf(x)dxbaf''()(ax)2 2!bf''()f'(x)(xa)dx(xa)2dx

a2!bb =

f(x)(xa)aa1bf(x)dxf''()(xa)2dx

2a所以

baf(x)dx1b2f''()(xa)dx a4

于是

|f(x)dx|abb1b122|f''()|(xa)dxmax|f''(x)|(xa)dx aaaxb44(ba)3max|f''(x)| =

12axb 九. 若

f'(x)在[0, 2]上连续, 且f'(x) 0, n(正整数)有

20f(x)sinnxdx2[f(2)f(0)]

n12证明: f(x)sinnxdx=f(x)dcosnx

0n0112 =(f(2)f(0))f'(x)cosnxdx

nn02f(2)f(0)122所以 f(x)sinnxdxf'(x)dx[f(2)f(0)]

0nn0n2

十. 设在[a, b]上

f''(x)0, a < x1 < x2 < b, 0 <  < 1, 试证:

证明:

f(x1)(1)f(x2)f[x1(1)x2]

f(x1(1)x2)f(x2)(1)(x2x1)f'(1) (1) f(x2)f(x1(1)x2)(x2x1)f'(2) (2)

(1)×－(2)×(1－)得到

f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)(1)(x2x1)[f'(1)f'(2)] f(x1(1)x2)(1)(x2x1)[f'(2)f'(1)]f(x1)(1)f(x2) f(x1(1)x2)(1)(x2x1)f''()f(x1)(1)f(x2)

因为

f''()0, 所以

f(x1)(1)f(x2)f[x1(1)x2]

第十一章 微积分在经济中的应用

一．生产某产品的固定成本为10, 而当产量为x时的边际成本函数为C'试求: ( 1 )总利润函数; ( 2 ) 使总利润最大的产量. 解.

4020x3x2, 边际收益为R'3210x,

L(x)(R'C')dx(810x3x2)dx8x5x2x3C

L(x)8x5x2x310

因为 L(0) = 10, 所以C = 10. 于是

L'(x)810x3x20, 解得x2,x

4. 365

L''(x)106x. L''(2)106220,L''(4)20, 所以当x = 2时总利润最大.

3

二. 设某商品的需求量Q是单价P(单位: 元)的函数: Q = 12000－80P; 商品的总成本C是需求量Q的函数: C = 25000 + 50Q;

每单位商品需要纳税2元, 试求使销售利润最大的商品单价和最大利润额. 解. 设利润为L(p), 则

L(p)(1200080p)p2500050(1200080p)2(1200080p) L'(p)12000160p400016016160160p0, 所以

p = 101 此时

三. 一商家销售某种商品的价格满足关系 P = 7－0.2x(万元/吨), x为销售量(单位:吨), 商品的成本函数C解. 设L(x)为利润函数, 则

L''(p)1600, 所以L''(101)1600, 所以p = 101时L(p)达到极大, 也达到最大. 即p = 101时销售利润最大.

LmaxL(101)167080(元)

3x1(万元).

(1) 若每销售一吨商品要征税t (万元), 求该商家获最大利润时的销售量; (2) t为何值时, 税收总额最大.

L(x)(70.2x)x3x1xt L'(x)70.4x3t0

x5(4t) 255(4t)t10tt2. f'(t)0,t2. 即 t = 2时税收总额最大. 22设税收总额为

f(t)xt四. 设某企业每月需要使用某种零件2400件, 每件成本为150元, 每年库存费为成本的6, 每次订货费为100元, 试求每批订货量

为多少时, 方使每月的库存费与订货费之和最少, 并求出这个最少费用(假设零件是均匀使用). 解. 方法一: 假设每次订货量为x个. 因为假设零件是均匀使用的, 所以可以认为库存量总是

x. 224001x100; 每月库存费用: 1500.06 x12224001x所以每月总费用为: S1001500.06

x122每月订货费用:

241041S'90

x224所以

x800,S600(元)

240080个(假设每月为30天, 每年12个月为360天). 80个零件库存1天 30801500.0624002400302(元）的库存费为. 又设每批订货量相同, 每月订货N次, 每次订货个, 每批零件使用天.

360NN80N方法二: 因为零件是均匀使用的, 所以每天使用零件为

所以, 每批零件中第一天使用的80个零件没有库存费; 第二天使用的80个零件要库存1天, 第三天使用的80个零件要库存2天, …. 所以, 每月库存费及订货费总和为

66

301))N100 N3030((1)1)(1)900NN =N2N10030N100

2N

SN2(12(

d2S1800dS9000 (N = 3) 21000, N = 3.

dN2N3dNN所以, 当N = 3, 即每批订货量为800件时费用最小. 最小费用为

S900303100570(元) 3 67